【dfs解决分组问题-两道例题——供佬学会！】（A元素是放在已经存在的组别中，还是再创建一个更好？--小孩子才做选择，dfs直接两种情况都试试）_游戏分组 dfs

问题关键就是：
一个点，可能
新开一个组
比
放到已经存在的组
更划算
因为后面的数据，我们遍历之前的点时，并不知道
所以我们应该针对每个点，都应该做出一个选择就是
新开一个元组或者放到之前的元组中，都尝试一次(截取重点内容，继续往下看)

我们发现这道题目有两个可以剪枝的部分,
一个是如果当前的答案已经大于了我们已知的最小答案,不用说直接return返回即可.
第二个剪枝则是,我们可以将小猫的体重从大到小排序,这样我们的搜索树就会缩短许多,至于为什么,因为我们的剩余空间就变小了,然后可选择的猫也就少了
(截取重点内容，继续往下看)

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分成互质组

首先什么是互质？

互质就是 彼此的最大公约数是 1

求a，b的最大公约数

int gcd(int a,int b)
{
    while(b)
    {
        int c = a % b;
        a = b;
        b = c;
    }
    return a;
}
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错误想法：从头遍历，如果不匹配，则开新组

本题，我的想法是：
从头遍历，如果不匹配，则开新组

用样例说就是

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选择20看之前已经开辟的 组别

如果已经存在的 组别中的元素
和当前的不符合，那么换另一个组别再次尝试
如果都不合适，那么直接创建新组
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错误代码
#include<iostream>
#include<vector>

using namespace std;

const int N = 11;

int n;
int a[N];
vector<int> g[N];

int gcd(int a,int b)
{
    while(b)
    {
        int c = a % b;
        a = b;
        b = c;
    }
    return a;
}
int g_size;
void dfs(int u)
{
    if(u>n)
        return;
    for(int i = 1; i <= g_size; i++)
    {
        int flag = 1;
        for(int j = 0; j < g[i].size(); j++)
        {
            if(gcd(a[u],g[i][j])!=1)
            {
                flag = 0;
            }
        }
        if(flag==1)
        {
            // cout << a[u] << ' ';
            g[i].push_back(a[u]);
            dfs(u+1);
            return;
        }
    }
    g_size+=1;
    g[g_size].push_back(a[u]);
    dfs(u+1);
    return;
}

int main()
{
    cin >> n;
    
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
        
        
    dfs(1);

    cout << g_size << endl;
    
    return 0;
}
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正确想法：小孩子才做选择，dfs直接两种情况都试试

但是出现问题了

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这个样例 安上述思想 分组
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分出3个组
但是

如果按着 正常分组
应该是 
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这样更好
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问题关键就是：
一个点，可能
新开一个组
比
放到已经存在的组
更划算
因为后面的数据，我们遍历之前的点时，并不知道
所以我们应该针对每个点，都应该做出一个选择就是
新开一个元组或者放到之前的元组中，都尝试一次

//正确代码
#include<iostream>
#include<vector>

using namespace std;

const int N = 11;

int n;
int a[N];


int gcd(int a,int b)
{
    while(b)
    {
        int c = a % b;
        a = b;
        b = c;
    }
    return a;
}
int ans = 0x3f3f3f3f;
void dfs(int g_size,vector<int> g[N],int u)
{
    if(u>n)
    {
        ans = min(g_size,ans);
        return;
    }
    for(int i = 1; i <= g_size; i++)
    {
        int flag = 1;
        for(int j = 0; j < g[i].size(); j++)
        {
            if(gcd(a[u],g[i][j])!=1)
            {
                flag = 0;
            }
        }
        if(flag==1)
        {
            // cout << a[u] << ' ';
            g[i].push_back(a[u]);
            dfs(g_size,g,u+1);
            g[i].pop_back();
        }
    }
    g[g_size+1].push_back(a[u]);
    dfs(g_size+1,g,u+1);
    g[g_size+1].pop_back();
}

int main()
{
    cin >> n;
    
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
        
    vector<int> g[N];
    dfs(0,g,1);

    cout << ans << endl;
    
    return 0;
}
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小猫爬山

减枝思想！！！

本题思路和上题一样，
但关键一点是，咱们可以借助本题，学会剪枝思想

1. 当我们按某一种方案遍历过程时，发现走到一半发现这个方案，走到了一半已经比我之前走过的方案更费时费力，那么就直接不走这个方案了，减枝

2. 或者走的过程中，按着从大到小 或者从小到大走，这样说不定也会省时省力，也是减枝

3. 或者就是我们知道了可实现的最坏情况
   那么超过可实现的最坏情况，一定是不对的，直接不需要继续dfs了，也是剪枝

我们发现这道题目有两个可以剪枝的部分,
一个是如果当前的答案已经大于了我们已知的最小答案,不用说直接return返回即可.
第二个剪枝则是,我们可以将小猫的体重从大到小排序,这样我们的搜索树就会缩短许多,至于为什么,因为我们的剩余空间就变小了,然后可选择的猫也就少了

/*
 * Project: 0x22_深度优先搜索
 * File Created:Sunday, January 24th 2021, 11:31:12 am
 * Author: Bug-Free
 * Problem:AcWing 165. 小猫爬山
 */
#include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 2e1;

int cat[N], cab[N];
int n, w;
int ans;

bool cmp(int a, int b) {
    return a > b;
}

void dfs(int now, int cnt) {
    if (cnt >= ans) {
        return;
    }
    if (now == n + 1) {
        ans = min(ans, cnt);
        return;
    }
    //尝试分配到已经租用的缆车上
    for (int i = 1; i <= cnt; i++) {  //分配到已租用缆车
        if (cab[i] + cat[now] <= w) {
            cab[i] += cat[now];
            dfs(now + 1, cnt);
            cab[i] -= cat[now];  //还原
        }
    }

    // 新开一辆缆车
    cab[cnt + 1] = cat[now];
    dfs(now + 1, cnt + 1);
    cab[cnt + 1] = 0;
}

int main() {
    cin >> n >> w;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> cat[i];
    }

    sort(cat + 1, cat + 1 + n, cmp);
    ans = n;
    dfs(1, 0);

    cout << ans << endl;

    return 0;
}

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